浙江省东阳市外国语学校，东阳中学2022-2023学年高一化学下学期5月月考试题（Word版附解析）

高一下学期五月化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108Ba-137一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.一氧化碳的分子式是A.COB.NOC.NO2D.N2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CO是一氧化碳的分子式，A项选；B．NO是一氧化氮的分子式，B项不选；C．NO2是二氧化氮的分子式，C项不选；D．N2是氮气的分子式，D项不选；答案选A。2.下列化合物中，不属于盐的是A.KClO3B.HClOC.(NH4)2SO4D.NaCl【答案】B【解析】【详解】A．KClO3是由金属阳离子K+与酸根阳离子构成，因此属于盐，A不符合题意；B．HClO在水溶液中电离产生H+、ClO-，因此属于酸，而不属于盐，B符合题意；C．(NH4)2SO4是由与酸根阴离子构成，因此属于盐，C不符合题意；D．NaCl是由金属阳离子Na+与酸根阳离子Cl-构成，因此属于盐，D不符合题意；故合理选项是B。3.下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】【详解】A．的名称为圆底烧瓶，故A正确；B．为容量瓶，故B错误；C．为锥形瓶，故C错误；D．为集气瓶，故D错误；故选：A。4.下列不能使品红溶液褪色的气体是A.Cl2B.SO2C.CH4D.O3【答案】C【解析】【详解】A．Cl2与溶液中的水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质品红氧化变为无色物质，因此能够使品红溶液褪色，A不符合题意；B．SO2具有漂白性，会与品红结合产生无色物质而使溶液红色褪去，因此是能使品红溶液褪色的气体，B不符合题意；C．CH4是一种气体，不具有漂白性，因而不能使品红溶液褪色，C符合题意；D．O3是一种具有强氧化性的气体，能够使品红溶液褪色，D不符合题意；故合理选项C。5.下列物质中，含有自由移动的是 A.溶液B.熔融态的C.溶液D.气体【答案】B【解析】【详解】A．氯酸钾溶液中含有自由移动的氯酸根离子，没有自由移动的氯离子，故A不符；B．熔融态的中含有电离出，能自由移动，故B符合；C．溶液中含有自由移动的次氯酸根离子，没有自由移动的氯离子故C不符；D．气体分子中只有氯原子，没有氯离子，故D不符；答案选B。6.下列反应中,非金属单质只作氧化剂的是A.Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2OB.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑C.C+2CuO2Cu+CO2↑D.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】D【解析】【详解】A、Br2在反应中化合价由0价→＋1价和－1价，即Br2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、反应物中没有非金属单质，故B错误；C、C的化合价由0价→＋4价，化合价升高，C为还原剂，故C错误；D、O2的化合价由0价→－2价，化合价降低，O2为氧化剂，故D正确。7.下列分散系中，能产生“丁达尔效应”的是：A.Na2SO4溶液B.NH4Cl溶液C.石灰乳D.Fe(OH)3胶体【答案】D【解析】【详解】胶体能产生“丁达尔效应”，溶液、悬浊液都不能产生“丁达尔效应”，石灰乳属于悬浊液，故选D。8.下列表示不正确的是A.乙炔的结构式：H-C≡C-HB.HCl的电子式：C.的比例模型：D.硫原子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．乙炔含碳碳三键，是最简单的炔烃，其结构式为H-C≡C-H，A正确； B．HCl是H和Cl之间通过共价键形成的共价化合物，其电子式为HCl的电子式：，B正确；C．Cl的半径比C大，比例模型中4个Cl应比C大，可表示为，C错误；D．硫离子的质子数为16，核外电子排布为2、8、6，硫原子的结构示意图：，D正确；答案选C。9.下列说法不正确的是A.乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体B.红磷和白磷互为同素异形体C.CH4O和C2H6O互为同系物D.丁烷(C4H10)具有2种同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．乙酸结构简式是CH3COOH，甲酸甲酯结构简式是HCOOCH3，二者分子式相同结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B．红磷和白磷是磷元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，B正确；C．CH4O是甲醇，C2H6O表示的物质可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，因此CH4O和C2H6O不一定是互为同系物，C错误；D．丁烷(C4H10)可能的结构为CH3CH2CH2CH3、，因此丁烷(C4H10)具有2种同分异构体，D正确；故合理选项是C。10.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.常温下铁不与浓硫酸反应，可用钢瓶储运浓硫酸B.二氧化硫具有氧化性，可用作造纸的漂白剂C.碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气【答案】C【解析】【详解】A.常温下铁与浓硫酸反应，但由于在铁表面生成钝化膜，所以可用钢瓶储运浓硫酸，A错误； B.可用作造纸的漂白剂，体现的是二氧化硫的漂白性，B错误；C.碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂，C正确；D.可用于干燥氯气，体现的是浓硫酸的吸水性，D错误。故选C。11.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，Z单质的晶体广泛应用于电子产品，下列说法不正确的是XYZWQA.Z位于第三周期第ⅣA族B.X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数C.气态氢化物的稳定性：W＞YD.X的最高价氧化物对应的水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键、共价键【答案】C【解析】【分析】短周期元素Z单质的晶体广泛应用于电子产品，则Z是Si元素，根据元素在周期表的相对位置，可知X是N，Y是O，W是S，Q是Cl元素，然后根据元素周期律分析解答。【详解】A．Z是Si元素，原子核外电子排布是2、8、4，根据元素在周期表的位置与原子结构关系可知Z位于第三周期第ⅣA族，A正确；B．一般情况下原子核外最外层电子数等于其族序数，等于其最高正化合价数，可知X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数，B正确；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S，故元素的气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，C错误；D．X是N，N的最高价氧化物对应的水化物HNO3和N的氢化物NH3形成的化合物NH4NO3是离子化合物，其中含有离子键、共价键，D正确；故合理选项是C。12.下列离子方程式不正确的是（）A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至完全沉淀：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OB.漂白粉的生产原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OC.MnO2与浓盐酸加热：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O D.AlCl3溶液加入过量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH【答案】B【解析】【详解】A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至完全沉淀，假设Ba(OH)2物质的量为1mol，则沉淀完全时，加入1molNaHSO4，此时氢离子和氢氧根离子参与反应物质的量均为1mol，离子方程式正确，故A正确；B.氯气与石灰乳反应生成漂白粉，石灰乳不能拆，正确的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C.MnO2与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C正确；D.AlCl3溶液加入过量的氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶与弱碱，离子方程式正确，故D正确；故选B。13.下列实验操作或说法不正确的是A.可通过观察镁片和铝片与同浓度盐酸反应的剧烈程度比较Mg和Al的金属性强弱B.配制500mL某浓度的稀盐酸，定容时仰视读数，导致所配溶液浓度偏低C.焰色试验时需用稀硫酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色D.丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别【答案】C【解析】【分析】【详解】A．金属与同浓度盐酸反应越剧烈金属性越强，故可以比较Mg和Al的金属性强弱，故A正确；B．配制500mL某浓度的稀盐酸，定容时仰视读数，相当于加水加多了，造成浓度偏低，故B正确；C．硫酸盐沸点较高，焰色反应时需用稀盐酸洗净铂丝，不用稀硫酸，故C错误；D．丝绸主要成分是蛋白质，灼烧时产生烧焦羽毛气味，可用燃烧并闻气味的方法鉴别丝绸与棉布，故D正确；故答案为C。14.下列说法中不正确的是A.液化石油气、汽油、柴油和润滑油的主要成分都是碳氢化合物B.可以通过灼烧时的特殊气味来鉴别蛋白质C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，两者的反应类型相同，均为取代反应 D.乙烯、氯乙烯和聚氯乙烯都能因发生加成反应而使溴水褪色【答案】D【解析】【详解】A．液化石油气、汽油、柴油和润滑油均是石油的分馏产物，而由于石油是多种烷烃和环烷烃的混合物，故液化石油气、汽油、柴油和润滑油的主要成分均为烃类，即主要成分均为碳氢化合物，A正确；B．蛋白质中含S、N元素，灼烧时有刺激性气味气体生成，有烧焦羽毛的气味，据此可鉴别蛋白质，B正确；C．甲烷和氯气反应会发生取代反应生成一氯甲烷，乙酸和乙醇会发生酯化反应反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应，故两者的反应类型相同，均为取代反应，C正确；D．氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则聚氯乙烯中不含碳碳双键，不能和溴水发生反应而使溴水褪色，D错误；故合理选项是D。15.下列说法正确是A.高级脂肪酸乙酯是生物柴油中的一种成分,它属于油脂B.蔗糖、淀粉、纤维素均为高分子化合物C.硫酸铜可使蛋白质变性,可用于游泳池的杀菌消毒D.氨基酸分子中都含有—NO2和一COOH【答案】C【解析】【详解】A、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，即高级脂肪酸甘油酯，而高级脂肪酸乙酯属于酯，但不属于油脂，故A错误；B、蔗糖是属于低聚糖，不是高分子化合物，故B错误；C、硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，所以可用于游泳池的杀菌消毒，故C正确；D、氨基酸分子中含有—NH2和一COOH，故D错误。本题正确答案为C。二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.化学键的键能是形成(或断开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示:现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198P—O：360O==O：498 若生成1molP4O6，则反应P4(白磷)＋3O2==P4O6中的能量变化为A.吸收1638kJ能量B.放出1638kJ能量C.吸收126kJ能量D.放出126kJ能量【答案】B【解析】【详解】化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198；P—O：360；O—O：498，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1molP4和3molO2完全反应（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ·mol－1+3×498kJ·mol－1-12×360kJ·mol－1=-1638kJ·mol－1，反应放热1638kJ，B项正确，故选B。17.尿素[CO(NH2)2]燃料电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，其装置如图所示，下列说法不正确的是A.该装置是将化学能转化为电能B.A极为负极，发生还原反应C.电流从B极经导线流向A极D.B极反应式：O2+4e-+4H+=2H2O【答案】B 【解析】【分析】燃料电池是将化学能转化为电能，A极为负极，N化合价升高，发生氧化反应，B极为正极，氧气得电子发生还原反应，电流从正极出发经导线流向负极。【详解】A．燃料电池是将化学能转化为电能，故A正确；B．A极为负极，N化合价升高，发生氧化反应，故B错误；C．电流从正极出发，即从B极经导线流向A极，故C正确；D．B极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式：O2+4e-+4H+=2H2O，故D正确；故选B。18.下列关于药物的使用说法不正确的是A.使用青霉素时，为防止过敏反应的发生，一定要进行皮肤敏感实验B.虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用C.兴奋剂能使人兴奋，产生愉悦，因此青少年不可自行服用D.我们生病了都可以到药店自己买药吃，不用到医院【答案】D【解析】【详解】A、青霉素属于抗生素，使用青霉素时，需要用药前使用者一定要进行皮肤敏感试验，故A说法正确；B、大部分药物都有毒副作用，应该在医生指导下使用，故B说法正确；C、兴奋剂属于违禁药物，青少年不可自行服用，故C说法正确；D、大多数药物都有毒副作用，应该在医生指导下使用，不能随便到药店买药吃，故D说法错误。19.下列说法正确的是A.熔融时能导电的物质一定是离子化合物B.NaOH、H2SO4溶于水均克服了离子键C.CO2、NCl3中所有原子最外层都满足8电子结构D.金刚石和足球烯是同素异形体，熔化只克服共价键【答案】C【解析】【详解】熔融的金属单质能导电，故A错误；H2SO4溶于水均克服了共价键，故B错误；CO2、NCl3中所有原子最外层都满足8电子结构，故C正确；足球烯熔化克服分子间作用力，故D错误。20.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A.苏打水是一种常见的弱碱性饮料，可以舒缓胃酸过多的不适感B.在葡萄酒中添加微量的二氧化硫作抗氧化剂，可以使葡萄酒保持良好的品质 C.即将上市的新冠疫苗应冷藏存放，以避免蛋白质变性D.月饼因为富含油脂而易发生氧化而变质，保存时常放入装有硅胶的透气袋【答案】D【解析】【详解】A．苏打水是一种常见的弱碱性饮料，能够中和胃酸(HCl)，可以舒缓胃酸过多的不适感，A正确；B．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加微量的二氧化硫作抗氧化剂，可以使葡萄酒保持良好的品质，B正确；C．蛋白质高温下易变性，因此即将上市的新冠疫苗应冷藏存放，C正确；D．月饼因为富含油脂而易发生氧化而变质，保存时常放入装有还原性铁粉的透气袋，硅胶是干燥剂，没有还原性，不能抗氧化，D错误；答案选D。21.下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LCHCl3中含有碳氯键的数目为0.3NAB.1mol锌和足量的浓硫酸完全反应，转移的电子数小于2NAC.7.1gCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为0.2NAD.10.0g质量分数为32%的CH3OH溶液与4.6g的钠反应，产生H2的分子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，CHCl3呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B．Zn是+2价金属，与浓硫酸反应产生ZnSO4，则1mol锌和足量的浓硫酸完全反应，转移的电子数为2NA，B错误；C．7.1gCl2的物质的量是0.1mol，其与NaOH溶液反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则根据反应方程式可知0.1molCl2完全发生上述反应，转移的电子数为0.1NA，C错误；D．Na可以与CH3OH及溶液中的H2O发生反应产生H2，4.6g钠的物质的量是0.2mol，则其充分反应，产生H2的物质的量是0.1mol，故反应产生分子数为0.1NA，D正确；故合理选项是D。22.甲烷消除NO2的污染原理为CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)。在一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的CH4和NO2进行上述反应。下列表述能用来判断该反应达到平衡状态的是A.v正(CH4)=2v逆(NO2)B.容器中混合气体的平均密度不再变化 C.容器中混合气体的总压强不再发生变化D.单位时间内，消耗1molCH4同时生成1molNO2【答案】C【解析】【分析】判断化学平衡状态的直接标志有：v正=v逆(同物质)；各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。【详解】A．当2v正(CH4)=v逆(NO2)才能说明反应达到平衡状态，A错误；B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则气体的密度始终不变，故容器中混台气体的平均密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．该反应为气体体积增大的反应,压强为变量，当容器中混合气体总压强不再发生变化时，表明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；D．单位时间内，消耗1molCH4同时会消耗2molNO2，又生成lmolNO2，只能指明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，D错误；故合理选项是C。23.以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是A.A气体是NH3，B气体是CO2B.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异C.第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D.第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】D【解析】【详解】A．利用NH3极易溶于水，且水溶液显碱性，可以提高CO2的吸收，因此先通NH3后通CO2，故A说法正确；B．NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，利用了溶解度的差异，故B说法正确；C．操作Ⅲ是过滤，因此利用玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C说法正确；D．晶体是NaHCO3，利用NaHCO3的不稳定性：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，故D说法错误；答案选D。24.将0.2molKMnO4在一定温度下加热后生成amolO2；将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成bmol Cl2，此时锰元素均以Mn2＋形式存在。若a＋b＝m，则m的值可能为(　　)A.0.30B.0.35C.0.40D.0.50【答案】C【解析】【分析】【详解】KMnO4固体在一定温度下加热，反应后的残留固体中与过量的浓盐酸，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.2×(7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.5-a，当高氯酸钾没有分解时，即a=0，(a+b)达极大值，故(a+b)＜0.5，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.2mol×=0.1mol，故a+b≥0.5-0.1=0.4，故C符合题意。故选C。25.下列实验方案设计不正确的是编号目的方案设计A探究Fe2+的还原性在试管中加入少量酸性KMnO4溶液，然后向试管中逐滴加入FeSO4溶液，观察溶液颜色变化B探究Mg与Al的金属性强弱两支试管中分别放入已除去氧化膜且大小相同的镁条和铝条，再各加入2mL2mol/L盐酸，比较实验现象C探究浓度对化学反应速率的影响向两支试管分别加入2mL和1mL0.1mol/LNa2S2O3溶液，向盛有1mLNa2S2O3溶液试管中加入1mL蒸馏水，再同时向两支试管中加2mL0.1mol/LH2SO4，振荡，比较溶液出现浑浊的快慢D探究淀粉是否完全水解在0.5g淀粉中加入4mL2mol/L硫酸溶液，加热一段时间，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液加热，观察实验现象A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】 【分析】【详解】A．在试管中加入少量酸性KMnO4溶液，然后向试管中逐滴加入FeSO4溶液，溶液紫色褪去，则证明Fe2+具有还原性，A项正确；B．金属越活泼，与酸反应越剧烈，由操作和现象可比较金属性，B项正确；C．增大反应物浓度，反应速率加快，通过溶液出现浑浊的快慢，可探究浓度对化学反应速率的影响，C项正确；D．该操作只能检验出淀粉是否水解，不能探究淀粉是否完全水解，D项错误；答案选D。三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：①钡餐：_____；②漂白液的有效成分：_____。（2）写出木炭与浓硫酸共热时发生反应的化学方程式：_____。（3）Na2SO3溶液易变质，实验室检验Na2SO3溶液是否变质的基本操作是_____。【答案】（1）①.BaSO4②.NaClO（2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O（3）取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4【解析】【小问1详解】①钡餐主要成分是硫酸钡，化学式是BaSO4；②漂白液的有效成分是次氯酸钠，化学式是NaClO；【小问2详解】木炭与浓硫酸共热时发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，该反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；【小问3详解】Na2SO3具有强的还原性，在溶液中易被氧气氧化为Na2SO4导致变质，可利用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质，而BaSO3是不溶于水，但能够溶于酸的性质来检验其是否变质。则检验其是否变质的方法是取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4。27.甘蔗渣和一种常见的烃A有如下转化关系，烃A对氢气的相对密度为13，F 为生活中一种常用调味品的主要成分。请回答：(1)E分子含有的官能团名称是______。(2)B的分子式是______，反应③的反应类型是______。(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液，先加NaOH溶液至碱性，再加新制氢氧化铜，加热，可看到的现象是______。(4)写出D与F反应的化学方程式______。(5)下列说法正确的是______。A.若一定条件下两分子E可以直接得到乙酸乙酯，则其原子利用率达到100%B.等物质的量E和C完全燃烧，消耗的氧气量相同。C.工业上可以通过石油裂解工艺获得大量的C。D.可以通过先加入氢氧化钠后分液除去乙酸乙酯中含有的D【答案】①.醛基②.C6H12O6③.加成反应④.出现砖红色沉淀⑤.C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O⑥.AC【解析】【分析】由图可知，在浓硫酸作用下，甘蔗渣在加热条件下发生水解反应生成葡萄糖，则B为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，则D为乙醇；由逆推法可知，乙炔在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成乙烯，乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙炔、C为乙烯；乙炔在催化剂作用下，与水发生加成反应生成乙醛，则E为乙醛；乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则F为乙酸。【详解】（1）由分析可知E为乙醛，结构简式为CH3CHO，官能团为醛基，故答案为：醛基；(2)B为葡萄糖，分子式为C6H12O6；反应③为乙炔在催化剂作用下，与水发生加成反应生成乙醛，故答案为：C6H12O6；加成反应；(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液中含有葡萄糖，在碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜共热发生氧化反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，故答案为：出现砖红色沉淀；(4)D与F的反应为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为 C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O；(5)A.若一定条件下两分子E可以直接得到乙酸乙酯，说明乙醛发生加成反应生成乙酸乙酯，加成反应的原子利用率为100%，故正确；B.乙醛和乙烯分子中碳和氢原子个数相同，但乙醛分子中含有氧原子，氧原子个数越多，完全燃烧消耗的氧气量越小，则等物质的量乙醛和乙烯完全燃烧，消耗的氧气量乙醛要小，故错误；C.工业上通过石油裂解工艺获得大量的乙烯，故正确；D.乙酸和乙酸乙酯都与氢氧化钠溶液反应，应通过先加入饱和碳酸钠溶液洗涤，后分液除去乙酸乙酯中的乙酸，故错误；AC正确，故答案为：AC。28.某化学学习小组为探究由两种元素构成的化合物X的组成和性质，设计并完成如下实验(假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出)，已知气体B在标准状况下的密度是1.52g/L。请回答下列问题：（1）固体G的化学式是_______（2）写出溶液C转化为溶液E的离子方程式：_______（3）写出化合物X与稀硫酸反应的化学方程式：_______（4）请设计实验方案，检验溶液E中的金属阳离子：_______【答案】（1）Fe2O3（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（3）Fe3S4+3H2SO4=3FeSO4+3H2S↑+S（4）取少量溶液E于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则说明存在Fe3+【解析】【分析】由题干探究流程图可知，白色沉淀H为BaSO4，其物质的量为：=0.1mol，则气体 D为SO2，SO2与Ba(NO3)2溶液反应可生成BaSO4，则淡黄色固体A为S，S在氧气中燃烧生成SO2，红棕色固体为Fe2O3，其物质的量为：=0.15mol，则溶液E为Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3沉淀受热分解生成Fe2O3，则C中含有Fe2+或者Fe2+、Fe3+，故根据元素守恒可知化合物X含有Fe和S两种元素，其中Fe的物质的量为：2×0.15mol=0.30mol，S的物质的量为：=0.4mol，故X的化学式为：Fe3S4，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，固体G的化学式是Fe2O3；【小问2详解】已知Fe2+在酸性条件下可以被H2O2氧化为Fe3+而转化为溶液E，该转化离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；【小问3详解】由分析可知，化合物X为Fe3S4，淡黄色固体A为S，溶液C为FeSO4，气体B在标准状况下的密度是1.52g/L，则其摩尔质量为：1.52g/L×22.4L/mol=34g/mol，故其化学式为H2S，则化合物X与稀硫酸反应的化学方程式为：Fe3S4+3H2SO4=3FeSO4+3H2S↑+S；【小问4详解】由分析可知，溶液E中的金属阳离子为Fe3+，可用KSCN溶液检验，方法为：取少量溶液E于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则说明存在Fe3+。29.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低。用干燥的氯气与固体亚氯酸钠(NaClO2)制备二氧化氯，装置如图：（1）仪器a的名称为_______，装置A中反应的离子方程式为_______。 （2）试剂X的作用是_______。（3）装置D中通入干燥空气的作用是_______。（4）该实验装置的缺陷是_______。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）吸收HCl（3）稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性（4）装置D和E之间缺少干燥装置【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，氯气中混有挥发出的氯化氢气体，装置B中盛有的饱和食盐水能除去氯气中混有的氯化氢，装置C中盛有浓硫酸的目的是干燥氯气，装置D中氯气与固体亚氯酸钠在冰水浴条件下制备二氧化氯，装置E中氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气和挥发出的二氧化氯，防止污染环境。【小问1详解】根据仪器构造可知，仪器a为圆底烧瓶；装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成二氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；【小问2详解】浓盐酸具有挥发性，装置A中制取的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有的试剂X是饱和食盐水，目的是除去氯气中混有的氯化氢气体；【小问3详解】由题意可知，二氧化氯极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低，则向装置D中通入干燥空气能稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性；【小问4详解】由题意可知，二氧化氯气体易溶于水，可能溶于氢氧化钠溶液中挥发出的水蒸气，应在装置D和E之间添加干燥装置，防止二氧化氯溶于水。30.通过下列步骤可以测定金属锡样品的纯度：步骤1：将样品溶于盐酸中，将Sn全部转化为SnCl2；步骤2：加入过量的FeCl3溶液，将SnCl2全部转化为SnCl4；步骤3：用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生的反应为6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。现有金属锡样品0.613g，经上述各步反应后，共用去0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液16.00mL。 （1）步骤2中发生反应的化学方程式为_____。（2）求样品中锡的质量分数_____(假定杂质不参加反应)。【答案】（1）2FeCl3+SnCl2=SnCl4+2FeCl2（2）93.2%【解析】【分析】Sn是比较活泼的金属，与HCl反应产生SnCl2、H2，Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，FeCl3具有强氧化性，会将SnCl2氧化为SnCl4，FeCl3被还原为FeCl2，K2Cr2O7溶液将FeCl2氧化为FeCl3，K2Cr2O7被还原为CrCl3，根据反应方程式得到关系式，根据物质反应转化关系可知样品中锡的质量分数。【小问1详解】在步骤2中，加入过量的FeCl3溶液，将SnCl2全部转化为SnCl4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2FeCl3+SnCl2=SnCl4+2FeCl2；【小问2详解】